Le développement de la tangente par son équation différentielle

Ce qu'on a le droit d'utiliser. La formule de Taylor–Young, la parité (le développement d'une fonction impaire n'a que des puissances impaires), la primitivation (si $F^{\prime }=f$ et si $f$ admet un ${\mathrm{DL}}_n(0)$, $F$ admet le ${\mathrm{DL}}_{n+1}(0)$ obtenu terme à terme, de constante $F(0)$), et l'unicité des coefficients. Le programme n'exige la tangente qu'à l'ordre $3$ : on démontre l'ordre $5$, puis l'ordre $7$.

a) Existence et forme. Sur $\left]-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}\right[$, $\tan =\frac{\sin }{\cos }$ est un quotient de fonctions de classe ${\mathcal{C}}^{\infty }$ dont le dénominateur ne s'annule pas : elle est de classe ${\mathcal{C}}^{\infty }$, et Taylor–Young lui donne un développement à tout ordre. Elle est impaire : puissances impaires seulement. Son premier coefficient est ${\tan }^{\prime }(0)=1+{\tan }^{2}0=1$. D'où $\tan x=x+\alpha x^3+\beta x^5+o(x^6)$ — et le reste est en $o(x^6)$ parce que le coefficient de $x^6$ est nul : la parité offre un ordre gratuit.

b) L'amorçage par l'équation. Si $1+{\tan }^2$ admet un ${\mathrm{DL}}_4(0)$, la primitivation donne le ${\mathrm{DL}}_5(0)$ de $\tan$, de constante $\tan 0=0$. Avec $\tan x=x+\alpha x^3+o(x^4)$, le carré à l'ordre $4$ ne retient que $x^2$ et le double produit $2\cdot x\cdot \alpha x^3$ : $$1+{\tan }^{2}x=1+x^2+2\alpha x^4+o(x^4),$$ donc, en primitivant, $$\tan x=x+\frac{x^3}{3}+\frac{2\alpha }{5}{x}^5+o(x^5).$$ Par unicité, on identifie avec $x+\alpha x^3+\beta x^5+o(x^5)$ : $\alpha =\frac{1}{3}$, puis $\beta =\frac{2\alpha }{5}=\frac{2}{15}$. $$\tan x=x+\frac{x^3}{3}+\frac{2x^5}{15}+o(x^6).$$

Le point délicat. L'inconnue $\alpha$ figure des deux côtés : comme coefficient de $x^3$, et dans le coefficient de $x^5$. L'équation différentielle décale d'un cran : le coefficient d'ordre $2k+1$ se lit sur les coefficients d'ordre inférieur du carré. Chaque coefficient engendre le suivant — c'est un amorçage.

c) Par le quotient, puis à l'ordre $7$. Comme le fait l'un des exercices résolus du chapitre, on écrit $\cos x=1-u$ avec $u=\frac{x^2}{2}+o(x^3)\to 0$ ; alors $\frac{1}{\cos x}=1+u+o(u)=1+\frac{x^2}{2}+o(x^3)$, et $$\tan x=\left(x-\frac{x^3}{6}\right)\left(1+\frac{x^2}{2}\right)+o(x^3)=x+\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{6}\right)x^3+o(x^3)=x+\frac{x^3}{3}+o(x^3).$$ À l'ordre $7$, par l'équation. Écrivons $\tan x=x+\frac{x^3}{3}+\frac{2x^5}{15}+\gamma x^7+o(x^8)$. Le carré à l'ordre $6$ ne demande que des coefficients connus : le coefficient de $x^6$ reçoit le carré de $\frac{x^3}{3}$ et le double produit $2\cdot x\cdot \frac{2x^5}{15}$, soit $\frac{1}{9}+\frac{4}{15}=\frac{17}{45}$ : $${\tan }^{2}x=x^2+\frac{2x^4}{3}+\frac{17x^6}{45}+o(x^6),$$ et la primitivation donne $\gamma =\frac{17}{45\cdot 7}=\frac{17}{315}$. Par le quotient, il aurait fallu $\frac{1}{\cos x}$ à l'ordre $6$ — donc $u$, $u^2$ et $u^3$ — puis un produit à l'ordre $7$. L'équation différentielle coûte moins, parce qu'à chaque étape elle n'exige que ce qui est déjà connu ; au-delà, c'est le travail d'un logiciel, comme le prévoit le programme pour les calculs de pure technicité. Contrôle : en $x=0,1$, l'écart entre $\tan x$ et le développement d'ordre $5$, divisé par $x^7$, vaut $0,0542$, pour $\frac{17}{315}\approx 0,0540$.

Ce que l'exercice installe. Une fonction définie par une équation différentielle simple livre son développement sans qu'on la calcule : la parité donne la forme, l'équation amorce, la primitivation monte d'un ordre, l'unicité identifie. En optique géométrique, l'approximation de Gauss remplace $\tan i$ par $i$ pour les rayons peu inclinés ; le développement en donne le prix : l'erreur relative vaut $\frac{i^2}{3}$, soit environ 1 % pour une inclinaison de dix degrés.